精品解析：上海市华东师范大学第二附属中学2022-2023学年高二上学期期末物理试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高二_上学期

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 华东师大二附中 2022 学年第一学期期终考试卷 高二 物理 （考试时间：60分钟 卷面满分：100分） 一、选择题（共 40分。1-8题每题 3分，9-12 题每题 4分，每题只有一个正确答案。） 1. 关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ） A. 速度大的物体，动量也一定越大 B. 做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变 C. 物体的动能不变时，动量也一定保持不变 D. 物体的速度发生变化时，其动量一定变化 【答案】D 【解析】 【详解】A．质量与速度的乘积是物体的动量，速度越大的物体动量不一定大，故A错误； B．做匀速圆周运动的物体，动量大小不变，但方向改变，所以其动量改变，故B错误； C．物体的动能不变，动量大小不变，但方向可以改变，故C错误； D．质量与速度的乘积是物体的动量，物体的速度发生变化时，其动量一定变化，故D正确。 故选D。 2. 如图，a、c是通电螺线管轴线上的两点，b、d是通电螺线管中垂线上、关于轴线对称的两点，其中 （ ） A. a点磁感应强度最大 B. b、d两点磁感应强度相同 C. b、c两点磁感应强度方向相同 D. a、c两点磁感应强度方向相反 【答案】B 【解析】 【详解】A．a点在螺线管的端面处，c点在螺线管的内部，b、d两点在螺线管中部，所以c点的磁感线比 较密集，磁场较强，故A错误； 第 1 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) BCD．根据磁铁周围磁感线的分布特点可知b、d两点的磁感应强度方向都水平向左，c点的磁感应强度方 向水平向右，a点的磁感应强度方向向右，故B正确，CD错误。 故选B。 3. 将一直导线垂直于磁场方向放置在磁场中．当导线中没有电流时，磁场对导线没有力的作用；当导线通 有电流时，磁场对导线有力的作用．由此可作出的合理推测是（ ） A. 磁场对电荷有力的作用 B. 磁场对负电荷有力的作用 C. 磁场对运动电荷有力的作用 D. 磁场对电场有力的作用 【答案】C 【解析】 【详解】根据电流形成的条件可知，电流是电荷定向运动形成的．当导线中没有电流时，即导线中没有做 定向移动的电荷，此时磁场对导线没有力的作用；当导线通有电流时，导线内的自由电荷做定向移动，由 于磁场对导线有力的作用，则说明了磁场对运动电荷有力的作用． 4. 一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段轨迹如图所示，轨迹上的每一小段都可 近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电荷量不变），则从图中情况 可以确定（ ） A. 粒子从a到b，带正电 B. 粒子从a到b，带负电 C. 粒子从b到a，带正电 D. 粒子从b到a，带负电 【答案】C 【解析】 【详解】由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动 第 2 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) mv 的半径公式r  可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可 qB 知，粒子带正电，故C正确,ABD错误。 故选C。 5. 如图所示，F、F 等大反向，同时作用在静止于光滑水平面上的A、B两物体上，已知两物体质量关系 1 2 M M ，经过相等时间撤去两力，以后两物体相碰且粘为一体，这时A、B将（ ） A B A. 停止运动 B. 向右运动 C. 向左运动 D. 仍运动但方向不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】根据动量定理得 Ft M v 1 A A 同理 Ft M v 2 B B F、F 等大反向，故 1 2 M v M v A A B B 设A的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得 M v M v M M v A A B B A B 解得 v0 可知粘合体静止，故A正确 。 【点睛】根据动量定理求出碰前A、B的速度，再根据动量守恒定律得出粘合体的速度，从而判断运动的 方向，难度中等，在运用动量守恒定律时，注意A、B碰前的速度相反。 6. 如图所示，手机无线充电是通过分别安装在充电基座上的送电线圈和手机上的受电线圈，利用电磁感应 现象传递能量。当手机充电时（ ） 第 3 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) A. 送电线圈产生恒定磁场 B. 充电装置将电能转化为内能 C. 送电线圈中的电流是变化的 D. 基座与手机间无需导线连接，没有能量损失 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AC．由于送电线圈中通入正弦式交变电流，所以送电线圈中产生变化的磁场， A错误，C正 确； B．充电装置将电能转化为电池的化学能， B错误； D．无线充电器的优点之一是不用传统的充电线连接到需要充电的终端设备上的充电器，但充电过程中仍 有电能量损失，D错误。 故选C。 7. 一圆形线圈与一均匀的扁平条形磁铁同在一平面内，磁铁中央与圆心O重合，为了在磁铁开始运动时 在线圈中得到一方向如图所示的感应电流i，磁铁的运动方式应为（ ） A. 使磁铁在线圈平面内绕O点沿逆时针方向转动 B. 使磁铁沿垂直于线圈平面的方向向纸外做平动 C. 使磁铁沿垂直于线圈平面的方向向纸内做平动 D N极向纸内，S极向纸外，使磁铁绕O点转动 . 【答案】D 第 4 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【解析】 【详解】A．使磁铁在线圈平面内绕O点沿逆时针方向转动，穿过线圈的磁通量保持不变为零，不会产生 感应电流，故A错误； BC．使磁铁沿垂直于线圈平面的方向向纸外或向内做平动时，穿过线圈的磁通量仍然保持不变为零，不会 产生感应电流，故BC错误； D．图示时刻穿过线圈的磁通量为零，当N极向纸内，S极向纸外，使磁铁绕O点转动时，使得穿过线圈 的磁通量垂直纸面向里增大，根据楞次定律，可判断知在线圈中产生的感应电流为逆时针方向，故D正 确。 故选D。 8. 图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁 场的水平轴OO沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙 所示。以下判断正确的是（ ） A. 交变电流的有效值为10 2A B. t 0.01s时线圈位于中性面 C. t 0.01s时线圈平面与磁场方向平行 D. t 0.02s时穿过线圈的磁通量最大 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图像可知，交变电流的最大值为10 2A，有效值为 I I  max 10A 2 A错误； BC．0.01s时，线圈转过了半个周期，此时感应电流最大，感应电动势最大，此时线圈平面与磁场方向平 行，不位于中性面，B错误，C正确； D．0.02s时，感应电流最大，此时线圈平面与磁场方向平行，则穿过线圈的磁通量为0，D错误。 故选C。 第 5 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 9. 一个含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R10。当原线圈接320V的交流电压时，原线圈中 电流为2A，则变压器原、副线圈匝数比为（ ） A. 2∶1 B. 1∶2 C. 4∶1 D. 1∶4 【答案】C 【解析】 【详解】输入功率等于输出功率，大小为 PU I 640W 1 1 根据 U2 P 2 R 输出电压为 U 80V 2 则变压器原、副线圈匝数比为 n :n U :U 4:1 1 2 1 2 故选C。 10. 为了研究自感现象，设计了如图实验电路。灯泡L 、L 的规格相同，线圈L的直流电阻不计，滑动变 1 2 阻器的滑动触头在中点位置。开关断开前后，灯泡L 中的电流随时间的变化图像是（ ） 2 第 6 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】电路稳定时，含灯泡的两支路电压相同，由于L 所在支路总电阻较小，电流较大，电流方向均向 1 右，当开关S断开时，线圈L产生自感电动势，电流方向与原来相同，故流过L 的电流方向向左，与原 2 来电流方向相反，且该电流大于原来流过L 的电流，对比可知，D选项电流随时间的变化图像符合题意。 2 故选D。 11. 如图（a）所示，半径为r 的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R 构成闭合回路，若圆环内加一垂直于纸面的变化的磁场，变化规律如图（b）所示，规定磁场方向垂直纸 面向里为正，不计金属圆环的电阻，以下说法正确的是（ ） A. 0~1s 内，流过电阻R 的电流方向为a→R→b B. 2~3s 内，穿过金属圆环的磁通量在减小 C. t=2s 时，流过电阻R 的电流方向发生改变 D. t=2s 时，U r2B （V） ab 0 【答案】D 【解析】 【详解】A．规定磁场方向垂直纸面向里为正，根据楞次定律，在0~1s 内，穿过线圈向里的磁通量增大， 第 7 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，那么流过电阻R 的电流方向为b→R→a ，故A错 误； B．由题图乙可知，在2~3s 内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B错误； C．1~2s内，磁通量向里减小，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b，2~3s 磁通量增大，且磁场 反向，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b，所以t=2s 时，流过电阻R 的电流方向没有发生改 变，故C错误； D．当t=2s时，根据法拉第电磁感应定律 B E  s r2B t 0 因不计金属圆环的电，因此 U  E r2B 0 故D 正确。 故选D。 12. 如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以速度v 开始进入磁场，离开磁场区域后速度为v 。已 1 2 知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈（ ） A. 进、出磁场过程通过截面的电荷量不同 B. 进、出磁场过程中产生的焦耳热相同 v v C. 线圈在磁场中匀速运动的速度为 1 2 D. 进、出磁场过程动量的变化量不同 2 【答案】C 【解析】 【详解】AC．设线圈在磁场中匀速运动的速度v，线圈进磁场过程，根据动量定理 BILt mvmv 1 线圈出磁场过程，根据动量定理 BI 'Lt' mv mv 2 而  BS q=It   R R 由此可知线圈进、出磁场过程通过截面的电荷量相同，由以上分析 第 8 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) mvmv =mv mv 1 2 解得 v v v= 1 2 2 故A错误，C正确； B．根据能量守恒，线圈进磁场过程，产生焦耳热 1 1 Q  mv2- mv2 1 2 1 2 线圈出磁场过程，产生焦耳热 1 1 Q  mv2- mv2 2 2 2 2 则 1 1 1 1 1 (v v )2 Q Q  mv2  mv2  mv2  mv2  m 1 2 0 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 即 Q Q 1 2 故B错误； D．由于 mvmv =mv mv 1 2 则进、出磁场过程动量的变化量相同，故D错误。 故选C。 二、填空题（共 20分，每题 4分。） 13. 水平桌面上放一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁，如图所示，当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速 运动时，铝环有______（填“收缩”或“扩张”）的趋势，判断的依据是：______ 【答案】 ①. 收缩 ②. 楞次定律 【解析】 第 9 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【详解】[1][2]根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合导体环内的磁通量增大， 因此线圈做出的反应是面积有收缩的趋势。 14. 测电源电动势实验中，某同学连接了如图（a）所示的电路，R为定值电阻，R 为滑动变阻器。闭合 1 2 开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，整个过程中两个电压表的示数随电路中电流变化 的图线如图（b）所示。则测得的电源电动势为___________V，电源内阻为___________。 【答案】 ①. 3 ②. 2.5 【解析】 【详解】[1][2]当滑动变阻器的滑动触头P在最左端时，电压表V 的读数为零，则可知图（b）中甲是V 2 2 的变化图线，乙是V 的变化图线，由图（b）可知，当只有R接入电路时，电路中的电流I 0.6A,对应 1 1 1 的路端电压U 1.5V，根据闭合电路的欧姆定律可得 1 E U I r 1 1 当滑动变阻器全部接入电路时，此时电路中的电流I 0.2A，对应的路端电压U 2.5V，根据闭合电 2 2 路的欧姆定律可得 E U I r 2 2 联立以上各式可得 E 3V,r 2.5Ω 15. 如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，带电粒子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场 3 方向以速率v射入磁场，经t 时间从b点离开磁场。相同的带电粒子2也由a点沿图示方向以速率 v垂 1 3 直磁场方向射入磁场，经t 时间从a、b连线的中点c离开磁场，则两粒子圆周运动半径r :r ______，在 2 1 2 磁场中的运动时间t :t ______。 1 2 第 10 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【答案】 ①. 3:1 ②. 3:2 【解析】 【详解】[1][2]粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示 粒子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，相同的粒子2以图示 方向射入磁场，经t 时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据 2 mv2 qvB r 得，轨迹半径 mv r  qB 可知粒子1和2的半径之比为 r :r v :v  3:1 1 2 1 2 根据几何关系可知，粒子2转过的圆心角为120°，所以粒子1运动的时间 T m t   1 2 qB 粒子2 运动的时间 T 2m t   2 3 3qB 则 t :t 3:2 1 2 16. 如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n:1，原线圈接正弦交流电，电压为U，输出端接有一个 第 11 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 交流电流表和一个电动机。电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质 量为 m 的重物匀速上升，重力加速度为 g。电动机两端的电压为___________；物体匀速上升的速度为 ___________。 U I(U nIR) 【答案】 ①. ②. n nmg 【解析】 【详解】[1]设电动机两端的电压为U'，由理想变压器的原副线圈的电压比等于其匝数比可得 U n  U' 1 解的 U U'  n [2]电动机的输出功率 UI P U'I I2R I2R 出 n 由物体匀速上升可得 UI I2Rmgv n 解的 I(U nIR) v nmg 2 17. 如图所示，力传感器固定在天花板上，下端通过细线悬挂一边长L m的正方形金属框的一个顶点 2 上，金属框的水平对角线下方有垂直金属框所在平面的匀强磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系 为Bt0.80.4tSI ，已知金属框的质量m 1kg，金属框单位长度的阻值 2102/m，重力 加速度取g 10m/s2，则金属框中感应电动势的大小为______V；t 3s时力传感器的示数为______N。 第 12 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【答案】 ①. 0.1 ②. 5 【解析】 【详解】[1]根据题意，由磁感应强度B的大小随时间t的变化关系可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次 定律可知，线圈中的干感应电流方向为逆时针，根据法拉第电磁感应定律  E n t 可得，线圈中的感应电动势为 B L2 E   0.1V t 2 [2]整个线圈的电阻为 R4L4102 则感应电流为 E I  2.5A R 由磁感应强度B的大小随时间t的变化关系可得，t 3s时，磁感应强度为 B 0.80.43T2.0T 3 由左手定则可知，线框受到竖直向上的安培力，由图可知，等效长度为 L  2L1m 1 线框受到的安培力为 F  B IL 5N 3 1 又有 G mg 10N 则细绳对线框的拉力，即力传感器的示数为 T mgF 5N 第 13 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 三、综合题（共 40分）在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图 示、文字说明、公式、演算等。 18. 如图甲所示电路，当单刀双掷开关S掷向1端，电源向电容器充电。然后将开关S掷向2端，电容器通 过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出如图乙所示的电流随时间变化的曲线。开关S 掷向2端时，流经电流传感器的电流方向___________（填“从A到B”或“从B到A”）；放电过程中电容 C___________（均填“变大”“变小”或“不变”）：I t图像中曲线与坐标轴围成的面积表示电容器的 ___________。 【答案】 ①. 从A到B ②. 不变 ③. 电荷量 【解析】 【详解】[1]电容器充电时上极板与电源的正极相连，所以上极板带正电，当放电时，电流由正极板流向负 极板，所以流经电流传感器的电流方向从A到B； [2]电容器的电容与电容器的本身决定 S C  4kd 与存储电荷量的多少无关，所以放电过程中电容C不变； [3]根据 Q＝It 可知，I t图像中曲线与坐标轴围成的面积表示电容器的电荷量。 19. 小华同学正在进行“探究法拉第电磁感应现象”的实验。 （1）已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电表及开关按如图所示部分连接，要把电路连 接完整且正确，则N连接到接线柱___________（选填“a”、“b”或“c”），M连接到接线柱___________（选 填“a”、“b”或“c”）。 第 14 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （2）正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向右匀速滑动时，灵敏电 流计的指针向右偏转，由此可以判断___________。 A．滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，灵敏电流计的指针向左偏转 B．线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计的指针向右偏转 C．滑动变阻器的滑片P匀速向左滑动，灵敏电流计的指针静止在中央 （3）实验中小华同学发现在两次电磁感应现象中，第一次电流计的指针摆动的幅度比第二次指针摆动的 幅度大，原因是线圈中第一次的___________（选填“磁通量”、“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”）比 第二次的大。 【答案】 ①. a ②. c ③. B ④. 磁通量的变化率 【解析】 【详解】（1）[1] 将电流计与线圈B串联成另一个回路，所以N连接a。 [2]将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连 接c。 （2）[3] A．由题意可知，当P向右匀速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减小，磁通量减 少，此时线圈B中产生了电流使指针向右偏转，故可知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏。滑动变 阻器滑动端P向右加速滑动时，线圈B中磁通量减小，故指针应向右偏转，故A错误； B．当铁芯拔出或断开开关时，线圈A中磁场减小，故线圈B中磁通量减小，指针向右偏转，故B正确； C．滑片匀速向左运动时，线圈A中也会产生变化的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针偏转，故C错 误。 故选B。 （3）[4] 在电磁感应现象中，磁通量的变化率等于电动势。电动势越大，感应电流越大。所以第一次电流 计的指针摆动的幅度比第二次的大。原因是线圈中第一次的磁通量的变化率比第二次的大。 20. 如图甲是我国首艘“海上飞船”——翔州1号。该飞艇在平静的水面由静止开始在水平面上沿直线运动， 若运动过程中受到的阻力不变，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示。t 50s后，“翔 州1号”以20m/s的速度做匀速直线运动。求： 第 15 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （1）飞艇所受阻力的大小，求100s内阻力的冲量； （2）0 50s内，飞艇所受合外力冲量的大小和飞艇的质量；  （3）描述0 50s内飞艇的运动，求这个过程中合外力对飞艇所做的功。  【答案】（1）1.0104N，1.0106N s；（2）5.0105N s，2.5104kg；（3）在0~50s内飞艇做加   速度减小的加速运动，5106J 【解析】 【详解】（1）设“翔州1号”飞艇所受阻力为F ，当飞艇做匀速运动时，此时牵引力大小等于阻力大小， f 由图乙可得 F 1.0104N f 另设100s内阻力的冲量大小为I ，则可得 I  Ft 1.0104100N·s=1.0106N·s f （2）取动力的方向为正方向，有 (3.01.0)104 I  Ft F t  50N s1.010450N s=5.0105N s 合 0 f 0 2    根据动量定理有 I mv' mv 合 代入数据得 m2.5104kg （3）根据牛顿第二定律有 F F ma f 其中F 为恒力，而动力F 逐渐减小，为变力，可知加速度逐渐减小，因此，在0~50s内飞艇做加速度减 f 小的加速运动，根据动能定理，可得在此过程中合外力做的功为 第 16 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 1 W  mv2  2.5104(20)2J 5106J 合 2 2 21. 某同学设计了电磁健身器，简化装置如图所示。两根平行金属导轨相距l 0.50m，倾角53，导轨 上端接一个R0.05的电阻。在导轨间长d 0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场， 磁感应强度B2.0T。质量m4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与轻的拉杆GH 相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s 0.24m。一位健身者用F 80N的恒力沿绳拉动GH 杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手， 触发恢复装置使CD捧回到初始位置。已知sin530.8，cos530.6，不计其它电阻、摩擦力，以及拉 杆和绳索的质量。求： （1）CD棒进入磁场前的加速度a和进入磁场时速度v的大小； （2）通过数据计算，说明CD棒进入磁场后的运动情况。 （3）某健身者没有保持80N的恒定拉力，若测出CD棒每次到达磁场上边缘时的速度为2m/s，CD棒每 次上升过程中，电阻产生的焦耳热Q22.4J。则这位健身者完成100次动作，消耗多少热量？ （4）若某位健身者的力气比较大，使用这套健身器材为了能达到较好的锻炼效果，是否一定要对装置做出 改进或调节？给出理由。 【答案】（1）12m/s2，2.4m/s；（2）见解析；（3）5600J；（4）见解析 【解析】 【详解】（1）CD棒进入磁场前，牛顿第二定律 F mgsinma 解得 F a  gsin20m/s2100.8m/s2 12m/s2 m 由匀变速公式2as v2 v 2，解得 t 0 v  2as  2120.24m/s2.4m/s t （2）CD棒刚进入磁场时，感应电动势 第 17 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) E  Blv2.4V 感应电流 E I  48A R 安培力 F =BIl 48N 安 重力分力为 mgsin32N 因拉力F=80N，合力为零，故CD棒进入磁场后，应为匀速运动。 （3）每次上升过程，CD棒增加的重力势能 E mgsdsin25.6J p 增加的动能 1 E  mv2 8J k 2 t 每次需消耗能量 E E E Q56J k p 则这位健身者完成100次动作，消耗热量 E nE 10056J 5600J 总 （4）可以不用做出调节；因为拉力增大，CD棒进入磁场时的速度增大，安培力也随之增大，如果维持 CD棒在磁场中匀速运动，仍然需要较大的拉力，可以满足锻炼的需求。 第 18 页 共 18 页